DeHSGtoan9BinhDinh2014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH MÔN TOÁN – Thời gian: 150 phút – Ngày 18 – 03 – 2014. Bài 1: (6 điểm) a) Giải phương trình: x 2  x  6 + x2 – x – 18 = 0 b) Tìm hai số nguyên dương khác nhau x, y thỏa mãn: x3 + 7y = y3 + 7x Bài 2: (2 điểm) Tính tổng sau: 1 1 1 1 1 1 S = 1  2  2  1  2  2  1   2 1 2 2 3 2013 2014 2 Bài 3: (3 điểm) Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình:. x 2  4x  3x  m , trong đó m là tham số. 1 x. Tìm m để biểu thức x1  x 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 4: (6 điểm) 1) Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó các tam giác ABD vuông cân ở B, tam giác ACE vuông cân ở C. CD cắt AB tại M; BE cắt AC tại N. a) Tính DM biết AM = 3cm, AC = 4cm. b) Chứng minh AM = AN. 2) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O và H là trực tâm của tam giác. Lấy điểm M thuộc cung nhỏ BC. a) Xác định vị trí của điểm M sao cho tứ giác BHCM là hình bình hành. b) Với điểm M bắt kỳ thuộc cung nhỏ BC, gọi N, E lần lượt là các điểm đối xứng của M qua AB và AC. Chứng minh rằng ba điểm N, H, E thẳng hàng. Bài 5: (3 điểm) 2 a  c  d   3d 3 Chứng minh rằng:   , với 2  a, b, c, d  3. 3 b  d  c   3c 2. GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ................................... Bùi Văn Chi............................................................................ 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2013 – 2014 Bài 1 (6 điểm). x 2  x  6 + x 2 – x – 18 = 0 (1). a) Giải phương trình:. x  3 ĐKXĐ: x2 – x – 6  0  (x – 3)(x + 2)  0   x    Biến đổi phương trình: (1)  x 2  x  6 + (x2 – x – 6) – 12 = 0. Đặt t = x 2  x  6 (t  0) Phương trình trở thành: t  3 t + t2 – 12 = 0  (t – 3)(t + 4) = 0    t   4 :loại Với t = 3, ta có:. x 2  x  6 = 3  x2 – x – 6 = 9  x2 – x – 15 = 0  x1 =. 1  61 , x2 = 2. 1  61 . Cả hai giá trị x1, x2 đều thỏa mãn ĐKXĐ. 2 1  61 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : x1,2  . 2 b) Tìm x, y nguyên dương khác nhau thỏa mãn : x 3 + 7y = y3 + 7x (1) Biến đổi : (1)  x3 – y3 – 7(x – y) = 0  (x – y)(x2 + xy + y2 – 7) = 0  x2 + xy + y2 – 7 = 0 (x  y)  4(x2 + xy + y2 – 7) = 0  4x2 + 4xy + y2 + 3y2 – 28 = 0  (2x + y)2 = 28 – 3y2 (2) Vì (2x + y)2 là số chính phương và x, y là các số nguyên dương, nên suy ra y2  {1 ; 4 ; 9}, do đó y  {1 ; 2 ; 3} +) Với y = 1, thay vào (2), ta có : (2x + 1)2 = 28 – 3.1 2 = 25  2x + 1 = 5  x = 2. +) Với y = 2, thay vào (2), ta có : (2x + 2)2 = 28 – 3.22 = 16  2x + 2 = 4  x = 1. +) Với y = 3, thay vào (2), ta có : (2x + 3)2 = 28 – 3.3 2 = 1  2x + 3 = 1  x = - 1 : loại. Vậy có hai cặp giá trị x, y thỏa mãn điều kiện bài toán : (x ; y)  {(2 ;1), (1 ;2)}. Bài 2 (2 điểm) 1 1 1 1 1 1 Tính tổng S = 1  2  2  1  2  2  1   2 1 2 2 3 2013 2014 2 * Xét số hạng tổng quát của tổng, với k  N :. 1. 1 1   2 k  k  12. 2. 2. k 2  k  1   k  1  k 2. k 4  2k 3  k 2  2k 2  2k  1.  k  k 1 .  2  k  k  1  1 1 1 =1+ =1+  . k  k  1 k k 1. 2. =. k 4  2 k 3  3k 2  2 k  1  k  k  1 . 2. 2. =.  k 2  k  1  k 2  k 1 =    k  k  1  k  k 1 . GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ................................... Bùi Văn Chi............................................................................ 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Do đó: 1 . 1 1 1 1   1  (1) 2 2 k  k  1 k k 1. Cho k lần lượt lấy các giá trị từ 1 đến 2013, thay vào đẳng thức (1), rồi cộng vế theo vế, ta được: 1 1 1 1 1 1 S = 1  2  2  1  2  2  1   = 1 2 2 3 20132 2014 2 1 1   1 1  1 1  = 1      1     1  =  1 2  2 3  2013 2014  1  2013 2013 1 = 2013.1 +    2013 .   2013  2014 2014  1 2014  2013 Vậy S = 2013 . 2014 Bài 3 (3 điểm) Giá trị của m để biểu thức x1  x 2 đạt giá trị nhỏ nhất x 2  4x  3x  m (1) 1 x (1)  x2 – 4x = (1 – x)(3x + m) ( x  1)  x2 – 4x = 3x + m – 3x2 – mx  4x2 – (7 – m)x – m = 0  = (7 – m)2 + 16m = m2 + 2m + 49 = (m + 1)2 + 48 > 0,  m Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm x1, x2 (  1). 7m m Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 = , x1.x2 = . 4 4 Đặt A = x1  x 2 , ta có: A2 = x1  x 2 2 = x12 + x22 – 2x1x2 = (x1 + x2)2 – 4x1x2 Biến đổi phương trình:. 2. 2. 2. 2  7m    m  m  2 m  49  m 1  48  m  1  A =  4 = =  3    16 16 16  4   4   A  3 (vì A > 0). Vậy A = x1  x 2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi m = - 1.. 2. Bài 4 (6 điểm) 1. D a) Tính DM Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác vuông ACM, ta có: CM2 = AM2 + AC2 = 32 + 42 = 25  CM = 5(cm) Áp dụng định lý Ta-lét, ta có: DM 3 DM AM 3 AM // CE      DC CE 4 DC  DM 4  3 DM  3  DM = 3CM = 15(cm)  CM b) Chứng minh AM = AN Áp dụng định lý Ta-lét, với AC // BD, ta có: BM DM BM 15    = 3  BM = 3.3 = 9(cm) AM CM 3 5  AB = AM + BM = 3 + 9 = 12(cm) Với AB // CE, ta có:. B. M 0 45 3. A. 4 450 N. C. E. GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ................................... Bùi Văn Chi............................................................................ 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> AN AB 12 AN 3   =3   CN CE 4 AN  CN 3  1 AN 3 3    AN = AC = 3(cm) AC 4 4 Vậy AM = AN (= 3cm).. A. B’. 2. C’ a) Vị trí của M để tứ giác BHCM là hình bình hành H Ta có: BHCM là hình bình hành  BM // CH. Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên CH  AB.  = 900 Do đó BM  AB hay ABM B  AM là đường kính của (O) Vậy M là điểm đối tâm của A qua O thì tứ giác BHCM là hình bình hành. b) Chứng minh N, H, E thẳng hàng Gọi F và K lần lượt là giao điểm thứ hai của CH và BH với đường tròn (O). Gọi AA’, BB’, CC’ là các đường cao của tam giác ABC.   ABC    1 sdAC  , Ta có: AFH   2     A ABC  AHC'(cùng bù với A 'HC' vì tứ giác BA’HC’ nội tiếp)   AHC'  , do đó tam giác AHF cân tại A Suy ra AFH nên F và H đối xứng qua AB. Ta lại có, M và N đối xứng qua AB , F   NHF  Suy ra MFH   MAC    1 sdCM  Mặt khác, MFH   2     nên NHF  MAC (1) N. O. C. M. K. E. B’ C’ H B.   BAM  (2) Chứng minh tương tự, ta có: EHK Từ (1), (2) suy ra: M   EHK   MAC   BAM   BAC  (3) NHF   C'  = 900 + 90 0 = 180 0) nên Vì tứ giác AB’HC’ nội tiếp ( B'. A’. O. C.   B'  BAC HC' = 1800 (4)   EHK   B'  Từ (3) và (4) suy ra NHF HC' = 1800. Vậy ba điểm N, H, E thẳng hàng.. Bài 5 (3 điểm). 2 a  c  d   3d 3   , với 2  a, b, c, d  3 3 b  d  c   3c 2 Đặt A = a(c – d) + 3d, B = b(d – c) + 3c. Ta có: A = ac – ad + 3d = ac + d(3 – a) > 0, với 2  a, b, c, d  3 B = bd – bc + 3c = bd + c(3 – b) > 0, với 2  a, b, c, d  3. Ta chứng minh hai bất đẳng thức: A 2 +)  B 3 Chứng minh rằng:. GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ................................... Bùi Văn Chi............................................................................ 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Ta chỉ cần chứng minh A  6 và 0 < B  9. Với 2  a, b, c, d  3, thực hiện các biến đổi ta có: A = ac + d(3 – a)  ac  3.2 = 6 Do đó A  6, dấu “=” xảy ra khi a = 3, c = 2, d  [2; 3]. Thay c = 2 vào biểu thức B, ta có: B = bd + c(3 – b) = bd + 6 – 2b = b(d – 2) + 6  3(3 – 2) + 6 = 9 Do đó 0 < B  9, dấu “=” xảy ra khi c = 2, b = 3, d = 3, a  [2; 3] A  Từ đó, A  6 và 0 < B  9, nên  , dấu “=” xảy ra khi c = 2, a = b = d = 3. B  A 3 +)  B 2 Ta cần chứng minh 0 < A  9 và B  6. Thực hiện các biến đổi, ta có : B = bd – bc + 3c = bd + c(3 – b)  bd  3.2 = 6 Do đó B  6, dấu “=” xảy ra khi b = 3, d = 2, c  [2 ; 3]. Thay d = 2 vào biểu thức A, ta có : A = ac + d(3 – a) = ac + 2(3 – a) = a(c – 2) + 6  3.(3 – 2) + 6 = 9 Do đó 0 < A  9, dấu “=” xảy ra khi d = 2, a = 3, c = 3, b  [2; 3]. A 3 Từ đó: 0 < A  9 và B  6, nên 0   , dấu “=” xảy ra khi d = 2, a = b = c = 3. B 2 2 A 3 Tóm lại, ta có:   , với 2  a, b, c, d  3 3 B 2 2 a  c  d   3d 3 Vậy   , với 2  a, b, c, d  3. 3 b  d  c   3c 2. Quy Nhơn, ngày 21 tháng 03 năm 2014 Bùi Văn Chi. GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ................................... Bùi Văn Chi............................................................................ 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>